【試卷解析】四川省綿陽市高二上學期期末物理試卷

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1、 四川省綿陽市2014-2015學年高二上學期期末物理試卷 一．本大題12小題，每小題3分，共36分．在每小題給出的四個選項中只有一個是正確的． 1．（3分）為防止麻醉劑乙醚爆炸，醫(yī)療手術室地磚要使用導電材料，醫(yī)生和護士的鞋子和外套也要用導電材料，一切設備包括病人身體要良好接觸，并保持良好接地．這是為了（） A． 除菌消毒 B． 消除靜電 C． 利用靜電 D． 防止漏電 2．（3分）單擺在振動過程中，離開平衡位置的最大距離越來越?。谶@個過程中（） A． 能量逐漸消失 B． 動能轉化為勢能 C． 機械能守恒 D． 總能量守恒，機械能轉化為其他形式的能

2、 3．（3分）如圖所示，絕緣細線上端固定，下端掛一輕質小球a，a的表面鍍有鋁膜；在a旁邊固定有一絕緣金屬球b，開始時a、b都不帶電．使b帶電時（） A． a不動 B． a遠離b C． a靠近b D． a靠近b，并被b吸住不離開 4．（3分）如圖所示，電磁炮是由電源、金屬軌道、炮彈和電磁鐵組成．當電源接通后，磁場對流過炮彈的電流產(chǎn)生力的作用，使炮彈獲得極大的發(fā)射速度．下列各俯視圖中正確表示磁感應強度B的方向的是（） A． B． C． D． 5．（3分）如圖所示，是舉重比賽裁判控制電路．共有3個裁判，1個主裁判，2個副裁判；當有兩個（其中必須包括主裁判）或

3、兩個以上的裁判同意時，才表示通過，否則不通過；主裁判用A表示，副裁判分別用B、C表示；1代表同意，0代表不同意． 下列兩種情況： （1）A裁判控制的開關斷開，B裁判控制的開關閉合，C裁判控制的開關閉合； （2）A裁判控制的開關閉合，B裁判控制的開關斷開，C裁判控制的開關閉合． 所對應的結果邏輯值分別是（） A． 1，1 B． 1，0 C． 0，1 D． 0，0 6．（3分）速率相同的電子垂直磁場方向進入四個不同的勻強磁場，其軌跡照片如圖所示，則磁場磁感應強度最大的是（） A． B． C． D． 7．（3分）某靜電場中的電場線方向不確定，分布如圖所示，帶電

4、粒子在電場中僅受靜電力作用，其運動軌跡如圖中虛線所示，由M運動到N，以下說法正確的是（） A． 粒子必定帶正電荷 B． 該靜電場一定是孤立正電荷產(chǎn)生的 C． 粒子在M點的加速度小于它在N點的加速度 D． 粒子在M點的速度大于它在N點的速度 8．（3分）如圖所示，有一帶電粒子貼著A板內側沿水平方向射入A、B兩板間的勻強電場，當A、B兩板間電壓為U1時，帶電粒子沿軌跡Ⅰ從兩板正中間飛出；當A、B兩板間電壓為U2時，帶電粒子沿軌跡Ⅱ落到B板中間．設粒子兩次射入電場的水平速度之比為2：1，則兩次電壓之比為（） A． U1：U2=1：1 B． U1：U2=1：2 C．

5、U1：U2=1：4 D． U1：U2=1：8 9．（3分）如圖甲所示，水平的光滑桿上有一彈簧振子，振子以O點為平衡位置，在a、b兩點之間做簡諧運動，其振動圖象如圖乙所示．由振動圖象可以得知（） A． 振子的振動周期等于t1 B． 在t=0時刻，振子的位置在a點 C． 在t=t1時刻，振子的速度為零 D． 從t1到t2，振子正從O點向b點運動 10．（3分）如圖所示，電路中RT為熱敏電阻，R1和R2為定值電阻．當溫度升高時，RT阻值變?。_關S閉合后，若溫度降低，下列物理量中變大的是（） A． 通過R2的電流 B． 通過RT的電流 C． 通過R1的電流

6、 D． 電容器兩極板間的電場強度 11．（3分）如圖所示，Q1、Q2是兩個等量正電荷，固定在絕緣平面內，在其連線上有一光滑絕緣桿，桿上套一帶正電的小球，桿所在區(qū)域同時存在一個勻強磁場，磁場方向如圖所示，不計小球重力．從靠近Q2的圖示某位置由靜止釋放小球，小球在整個運動過程中（） A． 速度一直增大 B． 加速度一直增大 C． 所受洛倫茲力大小一直變化 D． 所受洛倫茲力方向一直不變 12．（3分）如圖所示，在屏幕MN的右方和虛線的上方區(qū)域有方向垂直紙面向里的勻強磁場，一帶電微粒從磁場邊界d點垂直于磁場方向并與虛線垂直射入，經(jīng)過時間t0垂直打到屏MN上．同一帶電微粒從磁場

7、邊界d點垂直于磁場方向并與虛線右方成45角射入，經(jīng)過時間t1打到屏MN上；同一帶電微粒從磁場邊界d點垂直于磁場方向并與虛線右方成135角射入，經(jīng)過時間t2打到屏MN上．微粒所受重力可忽略，每次射入磁場的速度大小不變．則t0、t1、t2之間大小關系正確的是（） A． t1＜2t0 B． t1=2t0 C． t2＜0.5t0 D． t2=0.5t0 二、本大題6小題，每小題3分，共18分．在每小題給出的四個選項中有一個或一個以上的選項正確，全對得3分，選對但不全得1分，有錯或不選得0分． 13．（3分）關于通電直導線在勻強磁場中所受的安培力，下列說法正確的是（） A． 安培

8、力的方向垂直于直導線 B． 安培力的方向總是垂直于磁場的方向 C． 安培力的大小與通電直導線和磁場方向的夾角無關 D． 將直導線從中點折成直角，安培力的大小一定變?yōu)樵瓉淼囊话? 14．（3分）電荷量為q的點電荷在電場中由A點移到B點時，電場力做功W，兩點間的電勢差為U，若讓電荷量為2q的點電荷在電場中由A點移到B點，則（） A． 電場力做功為W B． 電場力做功為2W C． 兩點間的電勢差為U D． 兩點間的電勢差為2U 15．（3分）美國物理學家勞倫斯于1932年發(fā)明的回旋加速器，利用帶電粒子在勻強磁場中做圓周運動的特點，使粒子在較小的空間范圍內經(jīng)過電場的多次加

9、速獲得較大的能量．如圖所示為一種改進后的回旋加速器示意圖，其中盒縫間的加速電場的場強大小恒定，且被限制在A、C板間，帶電粒子從P0處由靜止釋放，并沿電場線方向射入加速電場，經(jīng)加速后再進入D形盒中的勻強磁場中做勻速圓周運動．對于這種改進后的回旋加速器，下列說法正確的是（） A． 帶電粒子每運動一周被加速一次 B． P1P2=P2P3 C． 粒子能獲得的最大速度與D形盒的尺寸有關 D． A、C板間的加速電場的方向需要做周期性的變化 16．（3分）如圖所示，電阻R1=10Ω，電動機M線圈電阻R2=10Ω，電路兩端電壓U保持不變．當開關S斷開時，電流表的示數(shù)為I1=0.5A；

10、當開關S閉合后，電動機轉起來，電流表示數(shù)為I2，整個電路消耗的電功率為P，則（） A． U=5V B． I2=1A C． P=5W D． P＜5W 17．（3分）如圖所示，平行板間的勻強電場范圍內存在著勻強磁場（圖中未畫出），帶電粒子從P點以垂直于電場方向的速度v0射入平行板間，恰好做勻速直線運動，從Q飛出．忽略重力．則（） A． 磁場方向垂直紙面向外 B． 磁場方向與帶電粒子的電性無關 C． 帶電粒子從Q沿QP進入，也能做勻速直線運動 D． 若粒子帶負電，以速度v1從P沿PQ射入，從Q飛出，則v1＜v0 18．（3分）如圖所示，MN是空間中某一水平面內

11、的一條直線，整個空間有水平方向的勻強電場或者有豎直方向的勻強磁場．現(xiàn)有一帶電粒子在MN上的O點具有水平方向的初速度v0．不計粒子重力．下列判斷正確的是（） A． 如果粒子能回到MN上且速度大小增大，則空間中的場一定是電場 B． 如果粒子能回到MN上且速度大小不變，則空間中的場一定是磁場 C． 若只改變粒子的初速度大小，發(fā)現(xiàn)粒子能回到MN上且與MN的夾角大小不變，則空間中的場一定是磁場 D． 若只改變粒子的初速度大小，發(fā)現(xiàn)粒子能回到MN上且所用的時間不變，則空間中的場一定是磁場 三．本大題4小題，每空2分，補全電路2分，共24分． 19．（4分）幾名同學進行野外考

12、察，登上一山峰后，他們想粗略測出山頂處的重力加速度．于是他們用細線拴好石塊P系在樹枝上做成一個簡易單擺，如圖所示．然后用隨身攜帶的鋼卷尺、電子手表進行了測量．同學們首先測出擺長L，然后將石塊拉開一個小角度，由靜止釋放，使石塊在豎直平面內擺動，用電子手表測出單擺完成n次全振動所用的時間t． ①利用測量數(shù)據(jù)計算山頂處重力加速度的表達式是g=； ②若振動周期測量正確，但由于難以確定石塊重心，測量擺長時從懸點僅量到石塊上端，導致用這次測量數(shù)據(jù)計算出來的山頂處重力加速度值比真實值（選填“偏大”、“偏小”或“相等”）． 20．（4分）科學實驗是人們認識自然的重要手段．電學實驗中經(jīng)常需要測量某

13、負載的電阻，測電阻的方法有多種．一只標有“220V，100W”的燈泡，它正常工作時的電阻是Ω．若用多用電表中歐姆擋來測量這只燈泡的電阻，則測出的電阻應（選填“大于”、“等于”、“小于”）燈泡正常工作時的電阻． 21．（8分）某同學想通過“描繪小燈泡的伏安特性曲線”的方法來測量一小燈泡的額定功率．所用器材如下： 待測小燈泡一只：額定電壓為2.5V，電阻約為幾歐 電壓表一只：量程為3V，內阻約為3kΩ 電流表一只：量程為0.6A，內阻約為0.1Ω 滑動變阻器一只 干電池兩節(jié) 開關一只，導線若干 ①請在圖甲中補全測量小燈泡額定功率的電路圖． ②圖甲中開關S閉合之前，滑動變阻

14、器的滑片應置于（選填“A端”、“B端”或“AB正中間”）； ③該同學通過實驗得到了小燈泡的伏安特性曲線如圖乙所示．小燈泡的額定功率是W；如果將這個小燈泡接到電動勢為1.5V，內阻為5Ω的電源兩端，小燈泡消耗的功率是W．（結果均保留兩位有效數(shù)字） 22．（8分）某同學探究電阻絲的電阻與哪些因素有關．有如下器材： A．電源E（電動勢為4V，內阻約為1Ω）； B．電流表A1（量程5mA，內阻約為10Ω）； C．電流表A2（量程0.6A，內阻約為1Ω）； D．電壓表V1（量程3V，內阻約為l kΩ）； E．電壓表V2（量程l5V，內阻約為3kΩ）； F．滑動變阻器R1（阻值0～2Ω

15、）； G．滑動變阻器R2（阻值0～20Ω）； H．開關及導線若干． 他對電阻絲做了有關測量，數(shù)據(jù)如表所示． 編號 金屬絲直徑D/mm 金屬絲直徑的平方D2/mm2 金屬絲長度L/cm 電阻R/Ω 1 0.30 0.09 100.00 14.20 2 0.30 0.09 50.00 7.15 3 0.60 0.36 100.00 3.60 ①如圖是測量編號為2的電阻絲電阻時的備選原理圖，則該同學應選擇電路（選填“甲”或“乙”）進行測量．選用的器材代號為． ②請寫出電阻R與L、D間的關系式R=（比例系數(shù)用ρ表示）．根據(jù)表中數(shù)據(jù)，求出比例系數(shù)ρ=Ω?m（結果保留兩位有效數(shù)字）．

16、 四．本大題2小題，共22分，要求必須寫出必要的文字說明、主要的計算步驟和明確的答案． 23．（10分）如圖所示，電源電動勢E=30V，內阻r=1Ω，R1=9Ω，滑動變阻器的總電阻Rx=20Ω．間距d=0.1m的兩平行金屬板M、N水平放置，閉合開關K，板間電場視為勻強電場，板間豎直放置一根長也為d的光滑絕緣細桿AB，帶電小球s穿過細桿，小球質量m=0.01kg、電荷量q=110﹣3C（可視為點電荷，不影響電場的分布）．調節(jié)滑動變阻器的滑片p，使小球c恰能靜止在A處．重力加速度g=10m/s2． （1）求小球的電性和M、N兩極板間的電壓； （2）求滑動變阻器pb段的阻值R2；

17、（3）調節(jié)滑動變阻器，使pb段的阻值R3=7.5Ω，待電場重新穩(wěn)定后釋放小球c，求小球c到達桿的中點O時的速度大小． 24．（12分）在如圖所示的坐標系中，x軸沿水平方向，y軸沿豎直方向．在第一、第二象限內，既無電場也無磁場，在第三象限，存在沿y軸正方向的勻強電場和垂直xy平面（紙面）向里的勻強磁場，在第四象限，存在與第三象限相同的勻強電場，還有一個等腰直角三角形區(qū)域OMN，∠OMN為直角，MN邊有擋板，已知擋板MN的長度為2L．一質量為m、電荷量為q的帶電粒子，從y軸上y=L處的P1點以一定的水平初速度沿x軸負方向進入第二象限，然后經(jīng)過x軸上x=﹣2L處的P2點進入第三象限，帶電粒

18、子恰好能做勻速圓周運動，之后經(jīng)過y軸上y=﹣2L處的P3點進入第四象限．已知重力加速度為g．求： （1）粒子到達P2點時速度的大小和方向； （2）第三象限空間中磁感應強度的大小； （3）現(xiàn)在等腰直角三角形區(qū)域OMN內加一垂直紙面的勻強磁場，要使粒子經(jīng)過磁場偏轉后能打到擋板MN上，求所加磁場的方向和磁感應強度大小的范圍． 四川省綿陽市2014-2015學年高二上學期期末物理試卷 參考答案與試題解析 一．本大題12小題，每小題3分，共36分．在每小題給出的四個選項中只有一個是正確的． 1．（3分）為防止麻醉劑乙醚爆炸，醫(yī)療手術室地磚要使用導電材料，醫(yī)生和護士的鞋子

19、和外套也要用導電材料，一切設備包括病人身體要良好接觸，并保持良好接地．這是為了（） A． 除菌消毒 B． 消除靜電 C． 利用靜電 D． 防止漏電 考點： * 靜電的利用和防止． 分析： 本題考查是關于靜電的防止與應用，從實例的原理出發(fā)就可以判斷出答案． 解答： 解：由題意可知，良好接地，目的是為了消除靜電，這些要求與消毒無關，而因靜電而產(chǎn)生爆炸，因此不可能是這樣． 靜電會產(chǎn)生火花、熱量，麻醉劑為易揮發(fā)性物品，遇到火花或熱源便會爆炸，就象油罐車一樣，在運輸或貯存過程中，會產(chǎn)生靜電，汽油屬于易揮發(fā)性物品，所以它的屁股后面要安裝接地線（軟編織地線），以防爆炸，麻醉劑與之同理，故B

20、正確，ACD錯誤； 故選：B 點評： 本題考查是關于靜電的防止與應用，要求同學們熟練掌握靜電的防止與應用的具體實例． 2．（3分）單擺在振動過程中，離開平衡位置的最大距離越來越?。谶@個過程中（） A． 能量逐漸消失 B． 動能轉化為勢能 C． 機械能守恒 D． 總能量守恒，機械能轉化為其他形式的能 考點： 簡諧運動的回復力和能量． 分析： 因為單擺受到空氣的阻力，機械能轉化為內能；在能量轉化的過程中，總能量保持不變． 解答： 解：單擺在振動過程中，離開平衡位置的最大距離越來越小，是因為單擺受到空氣的阻力，機械能轉化為內能，其機械能越來越?。谀芰哭D化的過

21、程中，能量不會消失，總能量保持不變．故ABC錯誤，D正確． 故選：D． 點評： 能量轉化是個普遍現(xiàn)象，自然界中物質運動形式的變化總伴隨著能量的相互轉化．不同形式的能量發(fā)生相互轉化的過程中，遵守能量轉化和守恒定律． 3．（3分）如圖所示，絕緣細線上端固定，下端掛一輕質小球a，a的表面鍍有鋁膜；在a旁邊固定有一絕緣金屬球b，開始時a、b都不帶電．使b帶電時（） A． a不動 B． a遠離b C． a靠近b D． a靠近b，并被b吸住不離開 考點： 庫侖定律． 分析： 帶電物體能夠吸引輕小物體，a與b接觸后，a球與b球帶上了同種電荷，相互排斥而分開． 解答： 解：帶

22、電物體能夠吸引輕小物體，故b會將a球吸引過來，a與b接觸后，帶同種電荷而分開，故C正確，ABD錯誤； 故選：C． 點評： 本題關鍵是帶電物體能夠吸引輕小物體，接觸后，帶同種電荷，又因為帶同種電荷而分開． 4．（3分）如圖所示，電磁炮是由電源、金屬軌道、炮彈和電磁鐵組成．當電源接通后，磁場對流過炮彈的電流產(chǎn)生力的作用，使炮彈獲得極大的發(fā)射速度．下列各俯視圖中正確表示磁感應強度B的方向的是（） A． B． C． D． 考點： 安培力． 分析： 電流由電源正極經(jīng)炮彈流向電源負極，炮彈受到的安培力方向應水平向前，由左手定則判斷磁場方向是否正確． 解答： 解：A、由

23、左手定則可知，圖示磁感應強度方向使炮彈受到的安培力向后，不符合實際，故A錯誤； B、由左手定則可知，圖示磁感應強度方向使炮彈受到的安培力向前，符合實際，故B正確； C、由左手定則可知，炮彈受到的安培力豎直向下，不符合要求，故C錯誤； D、由左手定則可知，炮彈受的安培力豎直向下，不符合要求，故D錯誤； 故選B． 點評： 電磁炮的炮彈在安培力作用下在軌道上向前加速度運動，炮彈受到的安培力應向前，應用左手定則判斷出安培力的方向，是正確解題的關鍵． 5．（3分）如圖所示，是舉重比賽裁判控制電路．共有3個裁判，1個主裁判，2個副裁判；當有兩個（其中必須包括主裁判）或兩個以上的裁判同意時，

24、才表示通過，否則不通過；主裁判用A表示，副裁判分別用B、C表示；1代表同意，0代表不同意． 下列兩種情況： （1）A裁判控制的開關斷開，B裁判控制的開關閉合，C裁判控制的開關閉合； （2）A裁判控制的開關閉合，B裁判控制的開關斷開，C裁判控制的開關閉合． 所對應的結果邏輯值分別是（） A． 1，1 B． 1，0 C． 0，1 D． 0，0 考點： 簡單的邏輯電路． 分析： 電路圖結合題干可知，B、C只要有一個閉合即可，故為或邏輯關系；當A斷開，燈熄滅，當A閉合，燈亮；故B、C或后，其輸出與A的關系為與邏輯關系． 解答： 解：根據(jù)題意，B、C只要有一個閉合，該部分電路

25、即為通路，當A斷開，燈不亮，當A閉合，燈亮；故B、C為或邏輯關系；或后的結果與A為與邏輯關系，故這兩種情況，所對應的邏輯值分別是0、1．故C正確 故選：C 點評： 本題考查了組合門電路，B、C先或其結果再與A是與邏輯關系，理解邏輯關系，組合門電路． 6．（3分）速率相同的電子垂直磁場方向進入四個不同的勻強磁場，其軌跡照片如圖所示，則磁場磁感應強度最大的是（） A． B． C． D． 考點： 帶電粒子在勻強磁場中的運動． 分析： 速率相同的電子垂直磁場方向進入四個不同的勻強磁場，在磁場中做勻速圓周運動，由洛倫茲力提供向心力，寫出相應的牛頓第二定律的方程，得出半徑與

26、磁感應強度之間的關系式，即可做出正確的答案． 解答： 解：帶電粒子在磁場中做勻速圓周運動，洛倫茲力提供向心力，則： 所以：，速率相同的電子，v、m與電量q都相同，所以B與r成反比，則半徑最小的D圖中，磁感應強度B最大． 故選：D 點評： 該題考查帶電粒子在磁場中做勻速圓周運動的半徑與磁感應強度的關系，可以利用半徑公式直接解答． 7．（3分）某靜電場中的電場線方向不確定，分布如圖所示，帶電粒子在電場中僅受靜電力作用，其運動軌跡如圖中虛線所示，由M運動到N，以下說法正確的是（） A． 粒子必定帶正電荷 B． 該靜電場一定是孤立正電荷產(chǎn)生的 C． 粒子在M點的加速度小于

27、它在N點的加速度 D． 粒子在M點的速度大于它在N點的速度 考點： 電場線． 分析： 電場線密的地方電場的強度大，電場線疏的地方電場的強度小，電場力做正功，電勢能減小，電場力做負功，電勢能增加． 解答： 解：A、由電荷的運動軌跡可知，電荷所受的電場力斜向上，由于電場線的方向未知，所以不能確定電荷的電性，故A錯誤． B、孤立正電荷的電場線從正電荷出發(fā)到無窮遠處終止的直線，故該靜電場不一定是孤立正電荷產(chǎn)生的．故B錯誤． C、電場線密的地方電場的強度大，電場線疏的地方電場的強度小，由圖可知，N點的場強大于M點的場強的大小，在N點的受力大于在M的受力，所以粒子在M點的加速度小于它在

28、N點的加速度，故C正確． D、正電荷沿著電場的方向運動，所以電場力做正功，電荷的電勢能減小，動能增加，所以粒子在M點的速度小于它在N點的速度動能，故D錯誤． 故選：C． 點評： 此題根據(jù)物體做曲線運動的條件，掌握住電場線的特點，即可解決本題． 8．（3分）如圖所示，有一帶電粒子貼著A板內側沿水平方向射入A、B兩板間的勻強電場，當A、B兩板間電壓為U1時，帶電粒子沿軌跡Ⅰ從兩板正中間飛出；當A、B兩板間電壓為U2時，帶電粒子沿軌跡Ⅱ落到B板中間．設粒子兩次射入電場的水平速度之比為2：1，則兩次電壓之比為（） A． U1：U2=1：1 B． U1：U2=1：2 C． U1：U2

29、=1：4 D． U1：U2=1：8 考點： 帶電粒子在勻強電場中的運動． 專題： 電場力與電勢的性質專題． 分析： 帶電粒子在電場中做類平拋運動，將合運動沿著平行平板和垂直平板方向正交分解，根據(jù)運動學公式和牛頓第二定律列式求解． 解答： 解：帶點粒子在電場中做類平拋運動，將合運動沿著平行平板和垂直平板方向正交分解，有： x=v0t y= a= 解得：U=∝ 據(jù)題有：初速度v0之比為2：1，水平位移x之比為2：1，豎直位移y之比為1：2，代入上式解得：= 故選：B． 點評： 本題關鍵根據(jù)類平拋運動的分位移公式和牛頓第二定律聯(lián)立列式求解出電壓的一般表達式，然后再進行分析

30、討論． 9．（3分）如圖甲所示，水平的光滑桿上有一彈簧振子，振子以O點為平衡位置，在a、b兩點之間做簡諧運動，其振動圖象如圖乙所示．由振動圖象可以得知（） A． 振子的振動周期等于t1 B． 在t=0時刻，振子的位置在a點 C． 在t=t1時刻，振子的速度為零 D． 從t1到t2，振子正從O點向b點運動 考點： 簡諧運動；簡諧運動的振幅、周期和頻率． 專題： 簡諧運動專題． 分析： 簡諧運動中振子的周期是振子完成一個周期性變化所用的時間，由圖直接讀出；根據(jù)位移分析振子的位置和速度，振子在最大位移處速度為零，通過平衡位置時速度最大；根據(jù)位移的變化，分析振子的

31、運動情況． 解答： 解：A、振子的周期是振子完成一個周期性變化所用的時間，由圖直接讀出其周期 T=2t1；故A錯誤； B、由圖乙知在t=0時刻，振子的位移為零，正通過平衡位置，所以振子的位置在O點，故B錯誤； C、在t=t1時刻，振子的位移為零，正通過平衡位置，速度最大，故C錯誤； D、從t1到t2，振子的位移從0變化到正向最大，說明正從O點向b點運動．故D正確． 故選：D． 點評： 對振動圖象讀出周期、振幅和振子的位移情況，從而判斷出其速度、加速度情況，是應具備的基本能力，應加強相關練習，做到熟練掌握． 10．（3分）如圖所示，電路中RT為熱敏電阻，R1和R2為定值電阻．當

32、溫度升高時，RT阻值變?。_關S閉合后，若溫度降低，下列物理量中變大的是（） A． 通過R2的電流 B． 通過RT的電流 C． 通過R1的電流 D． 電容器兩極板間的電場強度 考點： 閉合電路的歐姆定律；電容． 專題： 恒定電流專題． 分析： 開關S閉合后，RT的溫度降低，RT阻值增大，外電路總電阻增大，干路電流減小，R1兩端的電壓和內電壓都減小，分析RT和R2并聯(lián)電壓的變化，判斷通過R2電流的變化，即可知道通過RT的電流變化．根據(jù)公式E=分析電容器板間場強的變化． 解答： 解：開關S閉合后，RT的溫度降低，RT阻值變大，RT和R2并聯(lián)電阻變動，外電路總電阻增大，干路

33、電流減小，即通過通過R1的電流變?。甊1兩端的電壓和內電壓都減小，則知RT和R2并聯(lián)電壓增大，通過R2電流增大，由于干路電流變小，則知通過RT的電流變小． 電容器板間電壓等于R1的電壓，其電壓變小，則根據(jù)公式E=分析可知兩極板間的電場強度變?。蔄正確，BCD錯誤． 故選：A 點評： 本題是電路動態(tài)變化分析問題，按“局部→整體→局部”的順序進行分析． 11．（3分）如圖所示，Q1、Q2是兩個等量正電荷，固定在絕緣平面內，在其連線上有一光滑絕緣桿，桿上套一帶正電的小球，桿所在區(qū)域同時存在一個勻強磁場，磁場方向如圖所示，不計小球重力．從靠近Q2的圖示某位置由靜止釋放小球，小球在整個運動

34、過程中（） A． 速度一直增大 B． 加速度一直增大 C． 所受洛倫茲力大小一直變化 D． 所受洛倫茲力方向一直不變 考點： 洛侖茲力． 分析： 小球開始受到Q2對它的庫侖力大于Q1對它的庫侖力，所以先向左運動，運動的過程中受到洛倫茲力，通過受力情況，知小球向左先加速后減速到0．然后又返回． 解答： 解：小球由靜止釋放后沿絕緣桿先向左做加速運動，運動到桿的中點時，所受電場力為零，加速度為零，速度達到最大，然后越過中點繼續(xù)向左做減速運動，水平方向所受電場力不斷增大，加速度不斷增大，最后速度變?yōu)榱?，然后反向再向右運動，如此反復，小球在運動過程中速度大小與方向不斷發(fā)生變化，因

35、此所受洛倫茲力大小與方向也不斷發(fā)生變化， 故A、B、D錯誤，C正確． 故選：C 點評： 解決本題的關鍵能夠根據(jù)小球的受力情況分析出小球的運動情況，從而可知洛倫茲力的變化 12．（3分）如圖所示，在屏幕MN的右方和虛線的上方區(qū)域有方向垂直紙面向里的勻強磁場，一帶電微粒從磁場邊界d點垂直于磁場方向并與虛線垂直射入，經(jīng)過時間t0垂直打到屏MN上．同一帶電微粒從磁場邊界d點垂直于磁場方向并與虛線右方成45角射入，經(jīng)過時間t1打到屏MN上；同一帶電微粒從磁場邊界d點垂直于磁場方向并與虛線右方成135角射入，經(jīng)過時間t2打到屏MN上．微粒所受重力可忽略，每次射入磁場的速度大小不變．則t0、t1

36、、t2之間大小關系正確的是（） A． t1＜2t0 B． t1=2t0 C． t2＜0.5t0 D． t2=0.5t0 考點： 帶電粒子在勻強磁場中的運動． 專題： 帶電粒子在磁場中的運動專題． 分析： 根據(jù)粒子做圓周運動的周期公式求出粒子的運動時間，然后畫出粒子在三種情況下的運動軌跡，得出粒子偏轉的角度，由時間與偏轉角度的關系比較即可． 解答： 解：帶電微粒在磁場中做勻速圓周運動，洛倫茲力提供向心力，則： 得： 微粒運動的周期：，可知題目中的微粒在磁場中運動的周期是相等的，運動的時間：，與偏轉的角度成正比．如圖做出三種情況下微粒運動的軌跡，從磁場邊界d點垂直于磁場方

37、向并與虛線垂直射入，經(jīng)過時間t0垂直打到屏MN上時，微粒偏轉的角度是90，所以， 由圖可知同一帶電微粒從磁場邊界d點垂直于磁場方向并與虛線右方成45角射入時，在磁場中偏轉的角度小于180，所以：； 同一帶電微粒從磁場邊界d點垂直于磁場方向并與虛線右方成135角射入時，弦長，所以在磁場中偏轉的角度大于60，所以： 所以只有A正確． 故選：A 點評： 本題考查了粒子在磁場中的運動，應用左手定則、粒子周期公式與牛頓第二定律即可正確解題，其中正確做出三種情況下粒子運動的軌跡，得出角度之間的關系是解題的關鍵． 二、本大題6小題，每小題3分，共18分．在每小題給出的四個選項中有一個或一

38、個以上的選項正確，全對得3分，選對但不全得1分，有錯或不選得0分． 13．（3分）關于通電直導線在勻強磁場中所受的安培力，下列說法正確的是（） A． 安培力的方向垂直于直導線 B． 安培力的方向總是垂直于磁場的方向 C． 安培力的大小與通電直導線和磁場方向的夾角無關 D． 將直導線從中點折成直角，安培力的大小一定變?yōu)樵瓉淼囊话? 考點： 安培力． 分析： 本題考查了產(chǎn)生條件、大小與方向，當電流方向與磁場平行時不受安培力，根據(jù)左手定則可知安培力的方向與磁場垂直．引用公式F=BIL時，注意要求磁場與電流垂直，若不垂直應當將導線沿磁場與垂直于磁場分解，因此垂直時安培力最大，

39、最大為F=BIL． 解答： 解：A、B、根據(jù)左手定則可知，安培力方向與磁場和電流組成的平面垂直，即與電流和磁場方向都垂直，故AB正確； C、磁場與電流不垂直時，安培力的大小為F=BILsinθ，則安培力的大小與通電導線和磁場方向的夾角有關，故C錯誤； D、當電流方向與磁場的方向平行，所受安培力為0，將直導線從中折成直角，安培力的大小一定變?yōu)樵瓉淼囊话?；將直導線在垂直于磁場的方向的平面內從中折成直角，安培力的大小一定變?yōu)樵瓉淼?，故D錯誤． 故選：AB． 點評： 解決本題的關鍵是知道當導線的方向與磁場的方向平行，所受安培力為0，最小．當導線的方向與磁場方向垂直時，安培力最大，為F=BIL

40、． 14．（3分）電荷量為q的點電荷在電場中由A點移到B點時，電場力做功W，兩點間的電勢差為U，若讓電荷量為2q的點電荷在電場中由A點移到B點，則（） A． 電場力做功為W B． 電場力做功為2W C． 兩點間的電勢差為U D． 兩點間的電勢差為2U 考點： 電勢差與電場強度的關系． 專題： 電場力與電勢的性質專題． 分析： 兩點間的電勢差是由電場決定的，電場不變，兩點之間的電勢差就不變，根據(jù)W=qU可以直接計算電場力做功的大?。? 解答： 解：在同一個電場中，兩點之間的電勢差就不變，與放入的電荷的電荷量的大小無關，是由AB之間的電勢差的大小還是U； 讓電荷量為2q

41、的點電荷在電場中由A點移到B點，電場力做功為q2U=2W，是由BC正確，AD錯誤； 故選：BC 點評： 解答本題的時候要注意電場力做功的公式W=qU是普遍使用的公式，電場中兩點間的電勢差是由電場決定的，電場不變，兩點之間的電勢差就不變． 15．（3分）美國物理學家勞倫斯于1932年發(fā)明的回旋加速器，利用帶電粒子在勻強磁場中做圓周運動的特點，使粒子在較小的空間范圍內經(jīng)過電場的多次加速獲得較大的能量．如圖所示為一種改進后的回旋加速器示意圖，其中盒縫間的加速電場的場強大小恒定，且被限制在A、C板間，帶電粒子從P0處由靜止釋放，并沿電場線方向射入加速電場，經(jīng)加速后再進入D形盒中的勻強磁場中做

42、勻速圓周運動．對于這種改進后的回旋加速器，下列說法正確的是（） A． 帶電粒子每運動一周被加速一次 B． P1P2=P2P3 C． 粒子能獲得的最大速度與D形盒的尺寸有關 D． A、C板間的加速電場的方向需要做周期性的變化 考點： 質譜儀和回旋加速器的工作原理． 分析： 帶電粒子經(jīng)加速電場加速后，進入磁場發(fā)生偏轉，電場被限制在A、C板間，只有經(jīng)過AC板間時被加速，所以運動一周加速一次，電場的方向不需改變．當帶電粒子離開回旋加速器時，速度最大． 解答： 解：AD、帶電粒子只有經(jīng)過AC板間時被加速，即帶電粒子每運動一周被加速一次．電場的方向沒有改變，則在AC間加速．

43、故A正確，D錯誤． B、根據(jù)r=，則P1P2=2（r2﹣r1）=，因為每轉一圈被加速一次，根據(jù)v2﹣v12=2ad，知每轉一圈，速度的變化量不等，且v3﹣v2＜v2﹣v1，則P1P2＞P2P3．故B錯誤． C、當粒子從D形盒中出來時，速度最大，根據(jù)r=，得，v=．知加速粒子的最大速度與D形盒的半徑有關．故C正確． 故選：AC． 點評： 解決本題的關鍵知道該回旋加速器的原理，知道粒子每轉一圈，加速一次，且都在AC間加速，加速的電場不需改變． 16．（3分）如圖所示，電阻R1=10Ω，電動機M線圈電阻R2=10Ω，電路兩端電壓U保持不變．當開關S斷開時，電流表的示數(shù)為I1=0.5A；

44、當開關S閉合后，電動機轉起來，電流表示數(shù)為I2，整個電路消耗的電功率為P，則（） A． U=5V B． I2=1A C． P=5W D． P＜5W 考點： 電功、電功率． 專題： 恒定電流專題． 分析： 當電鍵S斷開時，由歐姆定律求出電阻R1的電壓U；當電鍵S閉合后，通過R1的電流仍為0.5A，電動機的電路是非純電阻電路，由I2＜求出其電流的范圍，即得到電流表電流的范圍．由P=UI求解電路中功率范圍． 解答： 解：當電鍵S斷開時，由歐姆定律得，U=I1R1=5V．當電鍵S閉合后，通過R1的電流仍為0.5A，電動機轉動，電動機的電流I＜=A=0.5A，故電流表的電流I2＜1

45、A，電動機中電功率P=UI2＜5W． 故AD正確，BC錯誤． 故選：AD． 點評： 本題要抓住非純電阻電路與純電阻電路的區(qū)別，電動機正常工作時，其電路是非純電阻電路，歐姆定律不成立，I2＜是關鍵不等式． 17．（3分）如圖所示，平行板間的勻強電場范圍內存在著勻強磁場（圖中未畫出），帶電粒子從P點以垂直于電場方向的速度v0射入平行板間，恰好做勻速直線運動，從Q飛出．忽略重力．則（） A． 磁場方向垂直紙面向外 B． 磁場方向與帶電粒子的電性無關 C． 帶電粒子從Q沿QP進入，也能做勻速直線運動 D． 若粒子帶負電，以速度v1從P沿PQ射入，從Q飛出，則v1＜v0

46、 考點： 帶電粒子在勻強電場中的運動． 專題： 電場力與電勢的性質專題． 分析： 粒子進入電場與磁場的復合場后沿直線運動，可知粒子受到的電場力和洛倫茲力是一對平衡力，解決此題可以先假設粒子的電性，來判斷磁場的方向．分析粒子能否沿直線運動，就是分析洛倫茲力與電場力的大小，從而判斷粒子的偏轉方向，由動能定理分析射出場區(qū)的速度與初速度的關系． 解答： 解：A、假設帶電粒子帶正電，粒子將受到豎直向下的電場力，所以洛倫茲力應為豎直向上，由左手定則可判斷，磁場的方向應垂直于紙面向里．故A錯誤． B、當粒子在正交的電場和磁場的區(qū)域內做勻速直線運動時，電場力和洛倫茲力大小相等，且方向相反．改變粒

47、子的電性，其他條件不變的情況下，電場力和洛倫茲力的方向同時改為反向，粒子的合力仍為零．所以磁場方向與帶電粒子的正負無關，故B正確． C、帶電粒子從Q沿QP進入，所受的電場力方向不變，而洛倫茲力方向會變?yōu)榕c電場力相同，此時帶電粒子將發(fā)生向下偏轉．故C錯誤． D、粒子帶負電時，將受到向上的電場力和向下的洛倫茲力，當速度為v0時，電場力和洛倫茲力大小相等，即有 qE=qv0B，v0=；粒子從Q′飛出，可判斷電場力要大于洛倫茲力，即有qE＞qv1B，v1＜，可得v1＜v0．故D正確． 故選：BD． 點評： 該題綜合了電場和磁場的內容，解決此類問題的關鍵是正確判斷洛倫茲力和電場力的大小及方向，要

48、熟練的應用左手定則來分析問題． 18．（3分）如圖所示，MN是空間中某一水平面內的一條直線，整個空間有水平方向的勻強電場或者有豎直方向的勻強磁場．現(xiàn)有一帶電粒子在MN上的O點具有水平方向的初速度v0．不計粒子重力．下列判斷正確的是（） A． 如果粒子能回到MN上且速度大小增大，則空間中的場一定是電場 B． 如果粒子能回到MN上且速度大小不變，則空間中的場一定是磁場 C． 若只改變粒子的初速度大小，發(fā)現(xiàn)粒子能回到MN上且與MN的夾角大小不變，則空間中的場一定是磁場 D． 若只改變粒子的初速度大小，發(fā)現(xiàn)粒子能回到MN上且所用的時間不變，則空間中的場一定是磁場 考點：

49、 帶電粒子在混合場中的運動． 專題： 帶電粒子在復合場中的運動專題． 分析： 洛倫茲力不做功，電場力可以做功；粒子在勻強磁場中做勻速圓周運動，在電場中做類似拋體運動．據(jù)此分析即可． 解答： 解：A、洛倫茲力對帶電粒子不做功，不能使粒子速度增大，電場力可使帶電粒子做功，動能增大，則知如果粒子回到MN上時速度增大，則該空間存在的一定是電場，故A正確； B、若帶電粒子以與電場線平行的速度v0射入，粒子返回速率不變，該空間可能存在電場．粒子在磁場中做勻速圓周運動，速度大小不變，所以也可能存在磁場．故B錯誤； C、若只改變粒子的初速度大小，發(fā)現(xiàn)粒子能回到MN上且與MN的夾角大小不變，可能存在

50、磁場，也可能存在電場，因為圓有對稱性，拋物體也具有對稱性．故C錯誤； D、若只改變粒子的初速度大小，發(fā)現(xiàn)粒子再回到MN上所用的時間不變，粒子只能是在磁場中運動，t=T=?=，與速度無關，故D正確； 故選：AD． 點評： 本題關鍵是分電場和磁場兩種情況進行分析討論，抓住勻速圓周運動模型和直線運動模型進行分析討論． 三．本大題4小題，每空2分，補全電路2分，共24分． 19．（4分）幾名同學進行野外考察，登上一山峰后，他們想粗略測出山頂處的重力加速度．于是他們用細線拴好石塊P系在樹枝上做成一個簡易單擺，如圖所示．然后用隨身攜帶的鋼卷尺、電子手表進行了測量．同學們首先測出擺長L，然后將

51、石塊拉開一個小角度，由靜止釋放，使石塊在豎直平面內擺動，用電子手表測出單擺完成n次全振動所用的時間t． ①利用測量數(shù)據(jù)計算山頂處重力加速度的表達式是g=； ②若振動周期測量正確，但由于難以確定石塊重心，測量擺長時從懸點僅量到石塊上端，導致用這次測量數(shù)據(jù)計算出來的山頂處重力加速度值比真實值偏小（選填“偏大”、“偏小”或“相等”）． 考點： 單擺周期公式． 專題： 單擺問題． 分析： （1）單擺完成一次全振動的時間是一個周期．單擺完成n次全振動所用的時間t，求出周期．由單擺的周期公式得出重力加速度的表達式． （2）根據(jù)重力加速度的表達式分析重力加速度值與真實值的大小關系．

52、解答： 解：①由題，單擺完成n次全振動所用的時間t得，單擺的周期T=．由單擺的周期公式T=2得，g==． ②單擺的擺長應等于懸點到石塊重心的距離，若測量擺長時從懸點僅量到石塊上端做為擺長，擺長L偏小，則由重力加速度的表達式g=可知，重力加速度值比真實值偏?。? 故答案為：①；②偏?。? 點評： 單擺的周期采用累積法測量，周期的表達式T=．根據(jù)測量原理分析實驗誤差是常用的思路． 20．（4分）科學實驗是人們認識自然的重要手段．電學實驗中經(jīng)常需要測量某負載的電阻，測電阻的方法有多種．一只標有“220V，100W”的燈泡，它正常工作時的電阻是484Ω．若用多用電表中歐姆擋來測量這只燈泡的電阻

53、，則測出的電阻應小于（選填“大于”、“等于”、“小于”）燈泡正常工作時的電阻． 考點： 電阻定律． 專題： 恒定電流專題． 分析： 燈泡正常發(fā)光時溫度可以達到一千多攝氏度，金屬阻（率）隨溫度升高而增大； 考慮燈泡發(fā)光時產(chǎn)生熱量，則導致電阻率變大，使得工作時電阻偏大． 解答： 解：根據(jù)P=， 得到R==Ω=484Ω； 燈泡正常發(fā)光時溫度可以達到一千多攝氏度，金屬阻（率）隨溫度升高而增大，故常溫下電阻較?。? 故答案為：484Ω，小于． 點評： 考查公式R=及R=ρ式中成立條件，是不是受溫度的影響．同時還體現(xiàn)電阻率隨著溫度升高而增大． 21．（8分）某同學想通過“描繪小

54、燈泡的伏安特性曲線”的方法來測量一小燈泡的額定功率．所用器材如下： 待測小燈泡一只：額定電壓為2.5V，電阻約為幾歐 電壓表一只：量程為3V，內阻約為3kΩ 電流表一只：量程為0.6A，內阻約為0.1Ω 滑動變阻器一只 干電池兩節(jié) 開關一只，導線若干 ①請在圖甲中補全測量小燈泡額定功率的電路圖． ②圖甲中開關S閉合之前，滑動變阻器的滑片應置于B（選填“A端”、“B端”或“AB正中間”）； ③該同學通過實驗得到了小燈泡的伏安特性曲線如圖乙所示．小燈泡的額定功率是0.51W；如果將這個小燈泡接到電動勢為1.5V，內阻為5Ω的電源兩端，小燈泡消耗的功率是0.10W．（結果均保留

55、兩位有效數(shù)字） 考點： 描繪小電珠的伏安特性曲線． 專題： 實驗題． 分析： （1）通過燈泡的電阻與電流表、電壓表內阻比較，分析其是大電阻還是小電阻，確定電流表的內外接． （2）滑動變阻器運用分壓式接法，電鍵閉合前，使得測量電路部分處于短路，起保護作用． （3）從伏安特性圖線中找出電壓為2.5V時的電流，根據(jù)P=UI求出小燈泡的額定功率．作出電動勢E=3.0V，內阻r=7.5Ω的電源的I﹣U圖線，與伏安特性圖線的交點橫縱坐標表示此時的電流和電壓大小，從而根據(jù)P=UI求出實際功率 解答： 解：（1）燈泡的電阻約為幾歐，遠小于電壓表的內阻，屬于小電阻，電流表采用外接法．電路圖如圖

56、所示． （2）圖甲中開關S閉合之前，滑動變阻器的滑片應置于B端，使得閉合電鍵后，測量電路部分處于短路狀態(tài)，電壓表、電流表示數(shù)為0，起保護作用． （3）當U=2.5V時，電流I=0.205A，所以額定功率P=UI=2.50.205W=0.51W． 作出電動勢E=1.5V，內阻r=5Ω的電源的I﹣U圖線，如圖，交點對應的電壓和電流分別為：1.0V、0.10A，所以實際功率P=UI=1.00.10=0.10W． 故答案為：①如圖所示 ②B端 ③0.51，0.10． 點評： 解決本題的關鍵掌握電流表內外接選擇的方法，難點是與電源連接求實際功率，因為燈泡的電阻是隨U的變化而變化的，

57、所以必須用圖象的方法來解決． 22．（8分）某同學探究電阻絲的電阻與哪些因素有關．有如下器材： A．電源E（電動勢為4V，內阻約為1Ω）； B．電流表A1（量程5mA，內阻約為10Ω）； C．電流表A2（量程0.6A，內阻約為1Ω）； D．電壓表V1（量程3V，內阻約為l kΩ）； E．電壓表V2（量程l5V，內阻約為3kΩ）； F．滑動變阻器R1（阻值0～2Ω）； G．滑動變阻器R2（阻值0～20Ω）； H．開關及導線若干． 他對電阻絲做了有關測量，數(shù)據(jù)如表所示． 編號 金屬絲直徑D/mm 金屬絲直徑的平方D2/mm2 金屬絲長度L/cm 電阻R/Ω 1 0.30

58、 0.09 100.00 14.20 2 0.30 0.09 50.00 7.15 3 0.60 0.36 100.00 3.60 ①如圖是測量編號為2的電阻絲電阻時的備選原理圖，則該同學應選擇電路甲（選填“甲”或“乙”）進行測量．選用的器材代號為ACDGH． ②請寫出電阻R與L、D間的關系式R=（比例系數(shù)用ρ表示）．根據(jù)表中數(shù)據(jù)，求出比例系數(shù)ρ=1.010﹣6Ω?m（結果保留兩位有效數(shù)字）． 考點： 測定金屬的電阻率． 專題： 實驗題． 分析： ①本題的關鍵是根據(jù)待測電阻阻值較小滿足＞可知電流表應用外接法；根據(jù)表格中最大電流數(shù)值來選擇電流表量程；根據(jù)電源電動勢大小來選

59、擇電壓表的量程； ②可以首先根據(jù)電阻定律寫出電阻R的表達式，將表格中數(shù)據(jù)代入求得ρ． 解答： 解：①由于待測電阻滿足＞，電流表應用外接法，所以應選擇電路甲C； 由于電源電動勢為4V，所以電壓表應選D． 根據(jù)表格數(shù)據(jù)可知，電路中最大電流為：I==A=0.83A，所以電流表應選； 根據(jù)閉合電路歐姆定律可知，電路中需要的最大電阻應為：Rmax==Ω=20Ω，所以變阻器應選G； 故選用的器材代號為：ACDGH． ②根據(jù)表中數(shù)據(jù)可知：R=ρ==； 可求出：ρ=， 代入一組數(shù)據(jù)解得：ρ=1.010﹣6 Ω?m 故答案為：①甲，ACDGH；②，1.010﹣6． 點評： 對電學實驗應明確

60、：①根據(jù)電源電動勢大小來選擇電壓表量程，根據(jù)電路中的最大電流來選擇電流表量程；②當待測電阻滿足＞時，電流表應用外接法，滿足＜時，電流表應用內接法． 四．本大題2小題，共22分，要求必須寫出必要的文字說明、主要的計算步驟和明確的答案． 23．（10分）如圖所示，電源電動勢E=30V，內阻r=1Ω，R1=9Ω，滑動變阻器的總電阻Rx=20Ω．間距d=0.1m的兩平行金屬板M、N水平放置，閉合開關K，板間電場視為勻強電場，板間豎直放置一根長也為d的光滑絕緣細桿AB，帶電小球s穿過細桿，小球質量m=0.01kg、電荷量q=110﹣3C（可視為點電荷，不影響電場的分布）．調節(jié)滑動變阻器的滑片p，

61、使小球c恰能靜止在A處．重力加速度g=10m/s2． （1）求小球的電性和M、N兩極板間的電壓； （2）求滑動變阻器pb段的阻值R2； （3）調節(jié)滑動變阻器，使pb段的阻值R3=7.5Ω，待電場重新穩(wěn)定后釋放小球c，求小球c到達桿的中點O時的速度大?。? 考點： 閉合電路的歐姆定律；勻強電場中電勢差和電場強度的關系． 專題： 恒定電流專題． 分析： （1）對小球受力分析，因小球靜止，故小球處于平衡狀態(tài)，列平衡方程可求得兩極板間的電壓； （2）分析電路，根據(jù)閉合電路歐姆定律可求得RX接入阻值； （3）調節(jié)滑動變阻器，使pb段的阻值R3=7.5Ω，設電場穩(wěn)定時的電壓為U3，

62、由動能定理可求得小球到達桿的中點0時的速度． 解答： 解：（1）由電路圖可知，金屬板M為正極板；因小球靜止，故小球所受電場力與重力大小相等，方向相反，電場力向上，所以小球帶負電． 設小球恰能靜止時M、N兩極板間的電壓為U，板間電場強度為E，則 mg=Eq 解得：U=10V （2）小球恰能靜止時，根據(jù)閉合電路歐姆定律有 解得 R2=10Ω （3）調節(jié)滑動變阻器，使pb段的阻值R3=7.5Ω，設電場穩(wěn)定時的電壓為U3，則 解得：U3=7.5V． 設小球c到達桿的中點O時的速度為v，則 解得：v=0.5m/s 答：（1）小小

63、球帶負電，M、N兩極板間的電壓為10V； （2）滑動變阻器pb段的阻值為10Ω； （3）調節(jié)滑動變阻器，使pb段的阻值R3=7.5Ω，待電場重新穩(wěn)定后釋放小球c，小球c到達桿的中點O時的速度大小為0.5m/s． 點評： 本題為電路與電場結合的題目，要求學生能正確掌握電容器的規(guī)律及電路的相關知識，能明確極板間的電壓等于與之并聯(lián)的電阻兩端的電壓． 24．（12分）在如圖所示的坐標系中，x軸沿水平方向，y軸沿豎直方向．在第一、第二象限內，既無電場也無磁場，在第三象限，存在沿y軸正方向的勻強電場和垂直xy平面（紙面）向里的勻強磁場，在第四象限，存在與第三象限相同的勻強電場，還有一個等腰直角

64、三角形區(qū)域OMN，∠OMN為直角，MN邊有擋板，已知擋板MN的長度為2L．一質量為m、電荷量為q的帶電粒子，從y軸上y=L處的P1點以一定的水平初速度沿x軸負方向進入第二象限，然后經(jīng)過x軸上x=﹣2L處的P2點進入第三象限，帶電粒子恰好能做勻速圓周運動，之后經(jīng)過y軸上y=﹣2L處的P3點進入第四象限．已知重力加速度為g．求： （1）粒子到達P2點時速度的大小和方向； （2）第三象限空間中磁感應強度的大小； （3）現(xiàn)在等腰直角三角形區(qū)域OMN內加一垂直紙面的勻強磁場，要使粒子經(jīng)過磁場偏轉后能打到擋板MN上，求所加磁場的方向和磁感應強度大小的范圍． 考點： 帶電粒子在勻強磁場中的運

65、動；帶電粒子在勻強電場中的運動． 專題： 帶電粒子在復合場中的運動專題． 分析： （1）帶電粒子先做平拋運動，將運動分解成水平方向勻速直線運動與豎直方向自由落體運動，從而求出粒子到達P2點時速度的大小和方向； （2）當帶電粒子進入電場、磁場與重力場中時，重力與電場力相平衡，洛倫茲力提供向心力使其做勻速圓周運動，由平衡可得出電場強度大小，再幾何關系可求出磁感應強度大小． （3）粒子最后粒子進入電場與重力場中時，做勻速直線運動，進入磁場后做勻速圓周運動，根據(jù)臨界條件，畫出相應的根據(jù)，結合幾何關系即可求得磁感應強度的范圍． 解答： 解：（1）質點從P1到P2做平拋運動，設粒子初速度為v0

66、，到達P2點時速度的大小為v，方向與x軸負方向成θ角，運動時間為t，y軸方向速度大小為vy，則， 2L=v0t，vy=gt 解得：v=，方向與x軸負方向成45角． （2）質點從P2到P3，帶電粒子恰好能做勻速圓周運動，所以重力與電場力平衡．P2P3垂直于速度方向，粒子做勻速圓周運動的圓心在P2P3上，即P2P3是直徑，設第三象限磁場磁感應強度的大小為B，圓周運動半徑為R，則 （2R）2=（2L）2+（2L）2 解得 （3）粒子進入等腰直角三角形區(qū)域時，速度垂直于OM，且從OM的中點進入，要使質點直接打到MN板上，根據(jù)左手定則，可知所加磁場的方向垂直紙面向外． 如圖所示，當粒子進入磁場后做勻速圓周運動，偏轉半徑最大時恰好與ON相切，偏轉半徑最小時，OM的一半為圓周的直徑，設最大半徑為R1，最小半徑為R2，則 解得 由于粒子在磁場中做圓周運動，洛倫茲力提供向心力，有 解得 ＜B＜ 答：（1）粒子到達P2點時速度的大小是，方向與x軸負方向成45角； （2）第三象限空間中磁感應強度的大小是； （3）所加